第7章 第4节 第4课时 立体几何中的综合问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❹课时　立体几何中的综合问题 [对应学生用书P164] 考点 求空间距离问题 (精研通) 【例1】 三棱锥P­ABC中，PA＝4，AB＝2，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，点E在棱PC上(端点除外).过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形. (1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)； (2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离. 解：(1)取AB的中点M，连接DM，作EF∥BC交PB于点F，连接MF，则四边形DMFE即为所求.如图所示. (2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2， 所以AC＝4，∠BAC＝30°，AM＝AB＝， 所以M(，，0)，D(0，2，0)，C(0，4，0)， 因为PA＝4，AC＝4，PE＝3EC， 所以E(0，3，1)，故＝(0，－1，1)，＝(，－，0)，＝(0，1，1). 设平面DME的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则有即 令x＝1，则y＝，z＝－，所以m＝(1，，－). 所以点C到平面α的距离d＝＝＝. 点面距的求解步骤 (1)求出该平面的一个法向量； (2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离. 如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1＝，点E为A1C1的中点. (1)求证：C1B⊥平面ABC； (2)求点A到平面BCE的距离. (1)证明：因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B. 在△BCC1中，BC＝1，BC1＝，CC1＝2， 所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥C1B. 因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC， 所以C1B⊥平面ABC. (2)解：由(1)知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，如图，以B为原点，BC，BC1，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Bxyz. 则B(0，0，0)，A(0，0，2)，E(－，，1)，C(1，0，0)， ＝(1，0，0)，＝(－，，1). 设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即 令y＝，则x＝0，z＝－3，所以n＝(0，，－3). 又因为＝(1，0，－2)， 故点A到平面BCE的距离d＝＝＝. 考点 翻折问题 (精研通) 【例2】 (2023·山东烟台适应性练习)已知平行四边形ABCD中，∠C＝60°，点E在AD上，且满足BC＝2AB＝4AE＝4，将△ABE沿BE折起至△PBE的位置，得到四棱锥P­BCDE. (1)求证：平面PDE⊥平面BCDE； (2)若二面角P­BE­D的大小为120°，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值. (1)证明：在△ABE中，AB＝2，AE＝1，∠A＝60°， 由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos 60°＝3， ∴BE2＋AE2＝AB2，∴BE⊥AE. ∵BE⊥PE，BE⊥DE，又PE∩DE＝E，∴BE⊥平面PDE， 又BE⊂平面BCDE，∴平面PDE⊥平面BCDE. (2)解：由(1)可知，∠PED即为二面角P­BE­D的平面角. 以E为坐标原点，以，所在的方向分别为x，y轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系Exyz. 于是，D(3，0，0)，B(0，，0)，P(－，0，)，C(4，，0)， ∴＝(，，－)，＝(，，－)，＝(，0，－). 设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由即 令x＝，得y＝－1，z＝7.∴n＝(，－1，7). ∴cos 〈n，〉＝＝＝－. 设直线PB与平面PCD所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝.　 ∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为. 解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决. 如图，在直角梯形AO1O2C中，AO1∥CO2，AO1⊥O1O2，O1O2＝4，CO2＝2，AO1＝4，点B是线段O1O2的中点，将△ABO1，△BCO2分别沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于点O，得到三棱锥O­ABC. (1)求证：平面AOB⊥平面BOC； (2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值. (1)证明：在直角梯形AO1O2C中，AC2＝(AO1－CO2)2＋O1O＝20， 所以在三棱锥O­ABC中，AC2＝AO2＋OC2，所以AO⊥OC. 又因为AO⊥OB，OC∩OB＝O， 所以AO⊥平面BOC. 又因为AO⊂平面AOB， 所以平面AOB⊥平面BOC. (2)解：由(1)知，AO⊥OC，AO⊥OB，又BO⊥OC，以O为坐标原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 所以A(0，0，4)，B(0，2，0)，C(2，0，0)， ＝(2，0，0)，＝(0，2，－4)，＝(2，－2，0). 设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，由得 令x＝2，得n＝(2，2，1).设直线OC与平面ABC所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝， 所以直线OC与平面ABC所成角的正弦值为. 考点 探索性问题 (精研通) 【例3】 (2023·湖北黄冈中学模拟)已知四棱锥P­ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝DC＝AB＝1. (1)若点M是棱PB上的动点，请判断下列条件： ①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为； ②＝中哪一个条件可以推断出PD∥平面ACM(无需说明理由)，并用你的选择证明该结论； (2)试探究棱PC上是否存在一点N(不与点P，C重合)，使得平面ADN⊥平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 解：(1)条件②可以推断PD∥平面ACM.如图， 连接AC，BD相交于点E，连接EM. 在梯形ABCD中，有AB∥DC，AD＝DC＝AB＝1， ＝＝.又因为＝＝，所以△BME∽△BPD，故EM∥PD， 又PD⊄平面ACM，EM⊂平面ACM，所以PD∥平面ACM. 故当＝时，PD∥平面ACM. (2)以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，D(1，0，0),P(0，0，1),C(1，1，0),B(0，2，0)， 设＝λ(0<λ<1)，则N(λ，λ，1－λ)， 设平面ADN的法向量n1＝(x，y，z)，满足 即故取n1＝(0，，1)， 设平面BDN的一个法向量为n2＝(x，y，z)，满足 即 故取n2＝(2，1，)， 若平面ADN⊥平面BDN，则n1⊥n2，即＋＝0，解得λ＝， 此时N为PC的中点，＝1. 空间角存在性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在. (2023·湖南雅礼中学模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上的动点. (1)证明：平面MND⊥平面PBC； (2)当点N在线段BC的什么位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由. (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，所以PD⊥BC， 又CD⊥BC，CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD， 因为DM⊂平面PCD，所以BC⊥DM， 因为四边形ABCD为正方形，PD＝AD，所以PD＝CD， 因为在△PDC中，PD＝CD，M为线段PC的中点，所以DM⊥PC， 因为PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以DM⊥平面PBC， 又DM⊂平面MND，所以平面MND⊥平面PBC. (2)解：当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，理由如下： 因为PD⊥底面ABCD，DA，DC⊂平面ABCD， 所以PD⊥DA，PD⊥DC， 因为DA⊥DC，所以DA，DC，DP两两垂直，所以以D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设PD＝AD＝1， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，C(0，1，0)，M(0，，)， 设N(λ，1，0)(0<λ<1)， 则＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，＝(λ，1，0)，＝(0，，)， 设平面PAB的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 令x＝1，则m＝(1，0，1)， 设平面MND的一个法向量为n＝(a，b，c)，则 令a＝1，则n＝(1，－λ，λ)， 因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝，化简得4λ2－4λ＋1＝0，解得λ＝， 所以当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°. 学科网（北京）股份有限公司 $$